专题2.13导数-零点问题（解析版）（范文推荐）

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　专题 2.13

　 导数-零点问题

　1．求解有关函数零点问题的常用方法与策略 （ （1：

　）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与 x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （ （2：

　）分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从   f x 中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围； （ （3 ）分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围． （ （4 ）构造新函数法）

　（数形结合）

　：将问题转化为研究两函数图象的交点问题，先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解． 2．确定零点的个数问题 可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象； 3．方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题 可参变分离，转化为求函数的值域问题处理．可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题； 4．利用导数硏究函数零点或方程根 通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数硏究．

　1．已知函数 f(x)＝2ex(x＋1)－xsinx－kx－2，k∈R． （1）若 k＝0，求曲线 y＝f(x)在 x＝0 处切线的方程； （2）讨论函数 f(x)在[0，＋∞)上零点的个数．

　【试题来源】江苏省泰州市兴化市 2022 届高三下学期 4 月模拟考试 【答案】（1）4 y x ；（2）当 4 k  时，( ) f x 有且仅有 1 个零点；当4 k  时，( ) f x 有有 2 个零点． 【解析】（1）当 0 k  时， ( ) 2e ( 1) sin 2xf x x x x     ， ( ) 2e ( 2) sin cosxf x x x x      ， 则曲线( ) y f x 在 0 x  处切线的斜率为(0) 4f ， 又(0) 0 f ，故切点为 (0,0) ，因此切线方程为4 y x ． （2）首先证明：当 0 x  时， e 1xx   ． 证明：设 ( ) ( 1)xg x e x    ， 0 x  ，则 ( ) e 1xg x    ， ( ) g x 单调递增， 于是( ) (0) 0 g x g  ，即原不等式得证． ( ) 2e ( 2) sin cosxf x x x x x k       ， ( ) 2e ( 3) 2cos sinxf x x x x x      ， 当 0 x  时，2( ) 2e ( 3) 2 2( 1)( 3) 2 2 7 4 0xf x x x x x x x x               ， 故 ( )f x 在 [0, )  上单调递增． 若 4 k  ，则当 0 x  时，( ) (0) 4 0 f x f k      ，( ) f x 单调递增， 又(0) 0 f ，故此时( ) f x 有且仅有 1 个零点． 若 4 k  ，则(0) 4 0 f k    ， 又 ( ) 2e ( 2) sin cos 2e ( 2) 1 2k kf k k k k k k k k          

　22( 1)( 2) 1 2 2 4 3 0 k k k k k          ， 所以( ) f x 在 [0, )  上存在唯一的零点0x ，0(0, )  x k ， 当0(0, ) x x ，( ) 0 f x  ，当0( , ) x x   ， ( ) 0 f x  ， 所以( ) f x 在0(0, ) x上单调递减，在0( , ) x  上单调递增， 又2 2( ) 2e ( 1) sin 2 2e ( 1) 2k kf k k k k k k k k          

　2 2 22( 1) 2 3 0 k k k k k         ， 且(0) 0 f ，0( ) (0) 0 f x f  ，因此( ) f x 在 [0, )  上有 2 个零点． 综上，当 4 k  时，( ) f x 有且仅有 1 个零点；当4 k  时，( ) f x 有有 2 个零点． 2．已知函数  e cosxf x x x   

　（1）求( ) f x 在 ,2 上的极值； （2）判断函数     g x f x x   在,2     上的零点个数． 【试题来源】黑龙江省哈尔滨市第九中学校 2022 届高三下学期第三次模拟考试 【答案】（1）极小值 0，无极大值；（2）

　( )g x 在 ,2     上的零点个数为 2． 【解析】（1）由题得 ( ) e sin 1xf x x     ，而   0 0f ， 当 0 x     时( ) 0 f x  ，( ) f x 在  ,0   单调递减； 当 02x  时 ( ) 0 f x   ， ( ) f x 在 0,2    单调递增； 所以极小值(0) 0 f ，无极大值． （2）由已知，   e 2 cos , ,2xg x x x x     ，则   e sin 2xg x x     ， ①当,02x     时，       e 1 sin 1 0xg x x      ，所以 ( )g x 在 ,02    上单调递减． 所以( ) (0) 0 g x g  ，则 ( )g x 在 ,02    上无零点； ②当0,2x    时，   e cos 0xg x x     ，即   g x  递增，且   0 1 0g  ，2e 1 02g       ， 所以存在00,2x    ，使  00 g x   ． 当  00, x x  时，   0 g x   ；当0 ,2x x    时，   0 g x ， 所以 ( )g x 在  00,x 上单调递减，在0 ,2x   上单调递增，且 (0)0 g ，所以  00 g x  ． 设   e 2 , 0,2xh x x x      ，则   e 2xh x    ，易得   ln2 0h ， 当ln2,2x    ，   0 h x ，当   0,ln2 x ，   0 h x ， 所以   h x 在(0，ln2)上单调递减，在 ln2,2    上单调递增， 所以    minln2 2 2ln2 0 h x h     ，则2e 02h     ，即02g    ， 所以  002g x g     ．所以 ( )g x 在0 ,2x    上存在一个零点． 综上， ( )g x 在 0,2    上有 2 个零点； ③当,2x     时，由②分析知 2e sin 2 e 3 0xg x x      ，

　所以 ( )g x 在 ,2    上单调递增．而02g    ，所以 ( )g x 在 ,2    上无零点； 综上所述， ( )g x 在 ,2     上的零点个数为 2． 【名师点睛】第二问，讨论 x 的范围，结合 ( )g x 的导函数及零点存在性定理，判断区间上 ( ) g x的单调性及零点个数． 3．已知函数   ln22 f x x ax    ． （1）讨论   f x 的单调性 （2）若函数    12 e ax g x f x x  有且只有1 2, x x 两个零点，证明：1 22x xa   ． 【试题来源】湖南省湘潭市 2022 届高三下学期三模 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析 【解析】（1）因为   ln2 2( 0) f x x ax x     ，所以  1f x ax  ． 若 0 a  ，则   0 f x 恒成立；若 0 a ，令   0 f x ，解得1xa  ， 当10, xa    时，   0 f x ；当1, xa     时，   0 f x ， 综上所述，当 0 a  时，   f x 的单调递增区间为   0,   ； 当 0 a 时，   f x 的单调递增区间为10,a   ，单调递减区间为1,a    ． （2）

　     1 1 1 12 e ln2 2 e 2 ln 2 e 2 e 1ax ax ax axg x f x x x x ax x x            ， 令12 e , 0axt x t  ，则  1 1ln 2 e 2 e 1 ln 1ax axx x t t      ， 令函数   ln 1( 0) h t t t t     ，则  11 h tt   ， 可得   h t 在   0,1 上单调递增，在   1, 上单调递减， 又由   1 0 h  ，所以   h t 有且仅有一个零点 1 t  ，即12 e 1axx ， 故函数   g x 有且只有1 2, x x 两个零点等价于函数  12 e 1( 0)axx x x    有且只有1 2, x x 两个零点，可得    12 1 e ax x ax   ， 若 0 a  ，则   0 x    恒成立，   x  在 (0,)  上单调递增， 则   x  最多只有一个零点，不符合题意；

　若 0 a ，则当10, xa    时，     0, x x   单调递增； 当1, xa         , 0, x x   单调递减． 当 0 x 或 x   时，   0 x   ，故要使   x  有1 2, x x 两个零点， 则需1 21 0a a       ，即 2 0 a    ，不妨令1 210 x xa    ， 今函数    1 12 4 12 e 2 e 0ax axH x x x x x xa a a                           ， 则    2112 2e 1eaxaxaxH x    ，因为12 0,0 a xa      ，所以11 0,e 1axax   ， 故     0, H x H x 在10,a   上单调递增， 因为10 Ha    ，所以  10 H x  ，即    1 2 12x x xa        ， 因为  12 1, x xa a     在1,a    上单调递减，所以2 12x xa   ，即1 22x xa   ． 4．设函数     2ln 1 f x x m x m R     ． （1）若 1 m ， ①求曲线   f x 在点     0, 0 f 处的切线方程； ②当   1, x  时，求证：

　 3f x x  ． （2）若函数   f x 在区间   0,1 上存在唯一零点，求实数 m 的取值范围． 【试题来源】北京市石景山区 2022 届高三一模 【答案】（1）①0 x y  ；②证明见解；（2）1( ,0)ln2 ． 【解析】（1）①当 1 m 时，    2ln 1 f x x x    ，可得 21 2 2 121 1x xf x xx x     ， 则     0 1, 0 0 f f  ， 可得曲线   f x 在点     0, 0 f 处的切线方程   0 1 0 y x     ，即0 x y  ． ②令    3 3 2ln( 1) h x f x x x x x       ，则 2 221 3 ( 1)3 21 1x xh x x xx x        ， 当(1, ) x  ，可得   0 h x  ，   h x 在   1, x  单调递减， 因为   1 ln2 0 h   ，所以   0 h x  ，即2 3ln( 1) x x x    ，即  3f x x  ， 即当   1, x  时，  3f x x  ．

　（2）由函数      2ln 1 , 0,1 f x x m x x     ，可得 22 221 1m x x mf x xx x     ， 令    22 2 , 0,1 g x x x m x     ， 当 0 m 时，   0 g x  ，即   0 f x ，   f x 在区间   0,1 上单调递增， 因为   0 0 f  ，所以     0 0 f x f   ， 所以函数   f x 在区间   0,1 上没有零点，不符合题意； 当 0 m 时，函数  22 2    g x x x m 的图象开口向上，且对称轴为12x   ， 由   1 2 2 0 g m     ，解得 4 m ， 当 4 m 时，   0 g x  在区间   0,1 上恒成立，即   0 f x ，   f x 在区间   0,1 上单调递减， 因为   0 0 f  ，所以     0 0 f x f   ，所以函数   f x 在区间   0,1 上没有零点，不符合题意； 综上可得 4 0 m    ， 设  00,1 x  使得  00 g x  ， 当0(0, ) x x 时，   0 g x  ，   0 f x ，   f x 单调递减； 当0( ,1) x x 时，   0 g x  ，   0 f x ，   f x 单调递增， 因为   0 0 f  ，要使得函数   f x 在区间   0,1 上存在唯一零点， 则满足     1 1 ln 1 1 0 f m     ，解得1ln2m   ，所以实数 m 的取值范围为1( ,0)ln2 ． 5．已知函数   sincos f x x x x   ． （1）证明：当   0, x   时，   0 f x  ； （2）记函数     g x f x x   ，判断   g x 在区间   2 ,2    上零点的个数． 【试题来源】山东省部分学校 2021-2022 学年高三下学期 2 月份联考 【答案】（1）证明见解析；（2）

　5 个零点 【解析】（1）由题意得   sin f x x x ； 当   0, x   时， sin 0 x  ，   0 f x  ，   f x  在   0,  上单调递增，     0 0 f x f    ． （2）

　  sin cos g x x x x x    ，   sin 1 g x x x  ，

　  sin cos 0 g          ，x   是   g x 的一个零点； ①当0,2x    时，设   sin h x x x   ，则   cos 1 0 h x x   ，   h x  在 0,2   上单调递减， ( ) ( ) 0 0 h x h \ < = ，又 cos 0 x x   ，   0 g x   ， 即   g x 在 0,2   上无零点； ②当,2x   时，   sin cos g x x x x  ，   2cos sin 0 g x x x x   ，   g x 在,2ππ   上单调递减，又1 02g      ，   0 g    ， 0,2x    ，使得  00 g x   ，当0,2x x    时，   0 g x ；当  0 ,x x   时，   0 g x ；   g x 在0,2x    上单调递增，在  0 ,x  上单调递减；  01 02 2g x g          ，   1 0 g   ，   g x 在,2ππ   上存在唯一零点1x ， 当1,2x x    时，   0 g x ；当  1 ,x x   时，   0 g x   ；   g x  在1,2x    上单调递增，在  1 , x 上单调递减，    10 g x g    ， 1 02 2g       ，   g x  在,2ππ   有唯一零点； ③当   ,2 x   时， sin 0 x ，   0 g x  ，   g x  在   ,2   上单调递减，     0 g x g     ，   g x  在   ,2   上无零点； 综上所述：

　  g x 在   0,2  上有两个零点；     sin cos g x x x x x g x      ，   g x  为奇函数，图象关于原点对称，   g x  在   2 ,0   上有两个零点；又   0 0 g  ，   g x  在   2 ,2    上共有 5 个零点． 6．已知函数( ) ln 2   f x ax x x ． （1）若( ) f x 在1 x 处取得极值，求( ) f x 的单调区间； （2）若函数2( )( ) 2   f xh x xx有 1 个零点，求 a 的取值范围． 【试题来源】重庆市缙云教育联盟 2022 届高三第二次诊断性检测 【答案】（1）单调减区间为 (0,1) ，单调增区间为 (1,)  ；（2）

　0 a 或 2e a

　【解析】（1）( ) ln 2 ,( 0) f x ax x x x   ，( ) ln 2 f x a x a    ， 因为函数( ) f x 在1 x 处取得极值，所以(1) ln1 2 0 f a a     ，

　所以 2 a  ，所以( ) 2 ln 2 f x x x x  ，( ) 2ln f x x  ， 故当 0 1 x   时，所以( ) 0 f x  ，函数单调递减，当 1 x 时，( ) 0 f x  ，函数单调递增， 所以函数( ) f x 在1 x 处取得极小值，所以实数 a 的值为 2， 函数( ) f x 的单调减区间为 (0,1) ，单调增区间为 (1, )  ． （2）当 0 a 

　时，2 2( )( ) 2f xh x x xx     ，而 0 x 

　，此时函数无零点，不合题意； 当 0 a 时，2 2( )( ) 2 lnf xh x x a x xx     ， ( ) 2 0,( 0)ah x x xx     ， 函数2( ) ln h x a x x   单调递减，作出函数2ln , y a x y x  

　的大致图象如图：

　此时在2ln , y a x y x   的图象在 (0,1)

　内有一个交点，即2( ) ln h x a x x   在 (0,1) 有一个零点； 当 0 a  时，22( ) 2 ,( 0)a a xh x x xx x     ， 当 02ax   时，22( ) 0a xh xx   ，函数2( ) ln h x a x x   递增， 当2ax  时，22( ) 0a xh xx   ，函数2( ) ln h x a x x   递减， 故2max( ) ( ) ln ( )2 2 2a a ah x h a   

　，作出函数2( ) ln h x a x x   的大致图象如图

　此时要使函数2( )( ) 2   f xh x xx有 1 个零点，需使得2max( ) ln ( ) 02 2a ah x a    ， 即 ln 02 2a aa   ，解得 2e a

　， 综合上述，可知求 a 的取值范围为 0 a

　或 2e a

　． 【名师点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间以及函数零点问题，解答时要明确函数的单调性以及极值和导数之间的关系，解答的关键是分类讨论，利用导数判断函数单调性，

　确定函数零点有一个的处理方法． 7．已知函数    21 exf x x ax a    R ． （1）讨论函数     e x g x f x  的单调性； （2）当 1 a  时，函数   f x 有几个零点？ 【试题来源】吉林省东北师范大学附属中学 2022 届高三第五次练习 【答案】（1）答案见解析；（2）有三个零点 【解析】（1）因为      2e e 1 1x xg x f x x ax      ， 所以       2e 1 2 e 1 1x xg x x ax x a x x a          

　①当 0 a 时， 1 1 a  ， 所以当   , 1 x a    ，   1,   时，   0 g x ，当   1, 1 x a    时，   0 g x ， 所以   g x 在   , 1 a   ，   1,   上单调递增函数；在   1, 1 a  上...

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